1. Napisać ogólną postać równania Newtona. Wykazać, że tzw. pierwsza i druga zasada dynamiki wynikają z równania Newtona.Ogólna postać równania Newtona określa związek siły F działającej na ciało o masie m i jego przyspieszenia jakiego doznaje na skutek działania siły. Jest to równanie wektorowe. $\overrightarrow{F} = m\overrightarrow{a}$Przyspieszenie jest pierwszą pochodną prędkości po czasie, i jednocześnie drugą pochodną położenia po czasie, zatem już skalarnie możemy napisać $F = ma\left( t \right) = m\frac{\text{dv}\left( t \right)}{\text{dt}} = m\frac{d^{2}x\left( t \right)}{\text{dt}}$Druga zasada dynamiki: Jeśli siły działające na ciało nie równoważą się (czyli wypadkowa sił Fw jest różna od zera), to ciało porusza się z przyspieszeniem wprost proporcjonalnym do siły wypadkowej, a odwrotnie proporcjonalnym do masy ciała. $a = \frac{F}{m}$Zależność przyspieszenia otrzymujemy zatem wprost z przekształcenia równania Newtona.Pierwsza zasada dynamiki: W inercjalnym układzie odniesienia, jeśli na ciało nie działa żadna siła lub siły działające równoważą się, to ciało pozostaje w spoczynku lub porusza się ruchem jednostajnym prostoliniowym. Jesli zatem siła wypadkowa jest równa zero. Fw = 0      = >   ma = 0   = >   a = 0Skoro nie działa żadna siła to przyspieszenie jest równe zero. Jeśli wiemy, ze przyspieszenie jest pochodną prędkości po czasie to całkując otrzymamy zależność prędkości podczas gdy $a\left( t \right) = 0a(t) = \frac{\text{dv}\left( t \right)}{\text{dt}}$ a(t)dt = dv(t); ∫a(t) dt = ∫dv(t) ∫0 = v(t);  v(t) = C = const Zatem otrzymujemy pierwsza zasadę dynamiki czyli prędkość jest stała, a zatem mamy ruch jednostajny. Stała wartość może też oznaczać wartość 0, tak więc możemy poruszać sie ze stałą prędkością, albo pozostawać w spoczynku. 2. Napisać równanie oscylatora harmonicznego i podać jego rozwiązanie ogólne. Równanie oscylatora harmonicznego opisuje wychylenia drgającego ciała w zależności od czasu. Jest ono opisane równaniem różniczkowym $\frac{d^{2}x(t)}{dt^{2}} + \omega_{0}^{2}x\left( t \right) = 0$ gdzie x(t) jest wychyleniem ciała z położenia równowagi, t - czasem, ω0 - częstością kołową drgań własnych danego ciała. Rozwiązanie równania oscylatora harmonicznego można przedstawić jako funkcję położenia x(t) = Asin(ω0t + ϕ) gdzie ϕ jest fazą początkową. Zatem wychylenie zmienia się jak funkcja sinus. 4. Wyprowadzić prawo zachowania pędu wielu cząstek. II zasadę dynamiki Newtona można sformułować w innej postaci. Ponieważ przyspieszenie ciała wyraża się wzorem $a = \frac{\text{dv}}{\text{dt}}\ $więc $F = ma = m\frac{\text{dv}}{\text{dt}} = \frac{d}{\text{dt}}(mv)$ Wielkość mv nazywa się pędem p p = mv Zatem drugą zasadę dynamiki można wyrazić jako $F = \frac{\text{dp}}{\text{dt}}$ Jeżeli na ciało nie działa żadna siła, F = 0, to $\frac{\text{dp}}{\text{dt}} = 0$ i p = const. Pęd ciała pozostaje wówczas stały. Wykażemy teraz, ze z II i III zasady dynamiki wynika ogólniejsze prawo zachowania pędu układu ciał. Rozpatrzymy układ dwóch wzajemnie oddziałujących ciał, na które nie działają siły zewnętrzne. Równania II zasady dynamiki dla obu ciał mają postać: $F_{1} = \frac{dp_{1}}{\text{dt}};F_{2} = \frac{dp_{2}}{\text{dt}}\ $Dodając te równania otrzymujemy $F_{1} + F_{2} = \frac{d}{\text{dt}}\left( p_{1} + p_{2} \right)$Ale zgodnie z III zasadą dynamiki F1 + F2 = 0. Zatem$\frac{d}{\text{dt}}\left( p_{1} + p_{2} \right) = 0$Z tego równania wynika, ze całkowity pęd układu dwóch ciał, będący sumą wektorową, pozostaje staly. p = p1 + p2 = const Wynik ten łatwo jest uogólnić na przypadek dowolnej liczby ciał. Układ ciał, na które nie działają żadne siły zewnętrzne albo siły zewnętrzne działające na każde z ciał równoważą sie, nazywamy układem izolowanym. Zasadę zachowania pedu można, więc ostatecznie sformułować jako Całkowity pęd izolowanego układu ciał pozostaje stały t.j. nie zmienia sie z upływem czasu. $\sum_{i = 1}^{N}p_{i} = const$ gdzie pi jest pędem i-tego ciała w układzie.	3. Z twierdzeń: o związku pracy siły wypadkowej i energii kinetycznej oraz o pracy siły potencjalnej wyprowadzić prawo zachowania energii mechanicznej cząstki. Uogólnić prawo zachowania energii na układy wielu cząstek. Rozważmy punkt materialny poruszający się w układzie inercjalnym, na który działa siła . Jeśli pomnożymy skalarnie tę siłę przez nieskończenie mały (infinitezymalny) wektor przemieszczenia , otrzymamy wielkość, którą nazwiemy pracą wykonaną przez siłę przy przesunięciu i oznaczymy symbolem dW. Całkowita praca wykonana przez siłę na drodze l między punktami A i B jest sumą prac elementarnych dW i wynosi: .Prawo o pracy i energii. Wróćmy do drugiej zasady dynamiki Newtona: , pomnóżmy skalarnie obie strony tego równania przez nieskończenie mały (infinitezymalny) wektor przemieszczenia . Otrzymujemy . Widzimy, że lewa strona równania jest pracą elementarną wykonaną przez siłę przy przesunięciu . Przekształćmy prawą stronę równania, zakładając, że masa cząstki nie zmienia się w czasie ruchu: . Jak widać praca wykonana przez siłę na drodze l między punktami A i B wyniesie teraz: .Wielkość nazywamy energią kinetyczną cząstki. Z wyprowadzonego powyżej równania wynika, że praca wykonana przez siłę , działającą na cząstkę swobodną, na drodze pomiędzy punktami A i B jest równa zmianie energii kinetycznej cząstki. Energia potencjalna. Praca wykonana przez siłę zachowawczą przy przesunięciu cząstki o infinitezymalny wektor można wyrazić w postaci , wówczas (Praca wykonana nad cząstką znajdującą się w polu zachowawczych sił zewnętrznych zamienia się w jej energię potencjalną) Z definicji energii potencjalne oraz z twierdzenia o pracy i energii wynika, że dla sił zachowawczychzatem W polu siły zachowawczej każdej zmianie energii kinetycznej towarzyszy równa co do wartości, lecz przeciwna co do znaku zmiana energii potencjalnej. Innymi słowy: podczas ruchu pod działaniem siły zachowawczej energia mechaniczna cząstki pozostaje stała Zasada zachowania energii mechanicznej dla wielu cząstek. Przy pewnych założeniach można wykazać, ze zasada zachowania energii stosuje sie w ogólniejszym przypadku odosobnionego układu ciał, oddziałujących siłami zachowawczymi. Zatem Całkowita energia mechaniczna odosobnionego układu ciał, oddziałujących ze sobą siłami zachowawczymi, pozostaje stała. Dla przykładu dwóch ciał można zapisać to wzorem jako E = Ek1 + Ek2 + Ep12 = const gdzie Ek1,  Ek2 oznaczając energie kinetyczne obu ciał, a Ep12 - energię potencjalną ich wzajemnego oddziaływania.	5. Wyprowadzić prawo zachowania momentu pędu układu wielu cząstek. II zasadę dynamiki Newtona dla ruchu obrotowego M = Iϵ (gdzie M - moment siły, I - moment bezwładności ciała, ϵ - przyspieszenie kątowe) można sformułować w innej postaci. Ponieważ przyspieszenie obrotowe ciała wyraża się wzorem $\epsilon = \frac{\text{dω}}{\text{dt}}\ $więc $M = I\epsilon = I\frac{\text{dω}}{\text{dt}} = \frac{d}{\text{dt}}(I\omega)$ Wielkość Iω nazywa się momentem pędu L ciała sztywnego L = Iω Zatem drugą zasadę dynamiki można wyrazić jako $M = \frac{\text{dL}}{\text{dt}}\ $Jeżeli na ciało nie działa żadna siła, M = 0, to $\frac{\text{dL}}{\text{dt}} = 0$ i L = const. Moment pędu ciała pozostaje wówczas stały. Wykażemy teraz, ze z II i III zasady dynamiki wynika ogólniejsze prawo zachowania momentu pędu układu ciał. Rozpatrzymy dwa współosiowe, obracające się krążki, które w pewnej chwili łączą się ze sobą (rysunek poniżej) Dla każdego z krążków zachodzi zależność $M_{1} = \frac{dL_{1}}{\text{dt}}\ ;\ M_{2} = \frac{dL_{2}}{\text{dt}}$ Dodając te równania otrzymujemy $M_{1} + M_{2} = \frac{d}{\text{dt}}\left( L_{1} + L_{2} \right)\ $Ale zgodnie z III zasadą dynamiki M1 + M2 = 0. Zatem $\frac{d}{\text{dt}}\left( L_{1} + L_{2} \right) = 0\ $Z tego równania wynika, ze całkowity moment pędu krążków nie zmienia się. L = L1 + L2 = const Wynik ten łatwo jest uogólnić na przypadek dowolnej liczby ciał. Układ ciał, na które nie działają żadne siły zewnętrzne albo siły zewnętrzne działające na każde z ciał równoważą sie, nazywamy układem izolowanym. Zasadę zachowania momentu pędu można, więc ostatecznie sformułować jako Jeżeli na układ ciał nie działają żadne momenty sił zewnętrznych lub wypadkowe momenty sił zewnętrznych, działające na każde z ciał, są równe zeru, to całkowity moment pędu układu ciał pozostaje stały. $\sum_{i = 1}^{N}L_{i} = const\ $gdzie Li jest momentem pędu i-tego ciała w układzie. 6. Pokazać, że moment siły centralnej ( $\overrightarrow{\mathbf{F}}\left( \overrightarrow{\mathbf{r}} \right)\mathbf{\sim}\overrightarrow{\mathbf{r}}\mathbf{\ }$) wynosi zero, a moment pędu cząstki w polu siły centralnej jest zachowany. Przykładem takiej siły jest siła grawitacji $F_{g} = \frac{Gm_{1}m_{2}}{r^{2}}$ jest ona zależna od odległości masy m2 i skierowana ku planecie m1. Moment siły M jest wektorem $\overrightarrow{M} = \overrightarrow{r} \times \overrightarrow{F}$ W naszej sytuacji zatem M = rFgsinα kąt między wektorem wodzącym r i siłą jest zawsze równy 180 stopni, sin180^∘ = 0. Zatem M = 0 Moment siły centralnej wynosi 0 Korzystając również z II zasady dynamiki ruchu obrotowego $M = \frac{\text{dL}}{\text{dt}}\ $Jesli M = 0 to otrzymujemy $\frac{\text{dL}}{\text{dt}} = 0\ = > L = const\ $Zatem moment pędu ciała jest zachowany w tym polu. 8. Wyprowadzić wzór na energię kinetyczną ruchu obrotowego bryły sztywnej (twierdzenie Koeniga). Chcąc znaleźć wzór, określający energię kinetyczną obracającego się ciała sztywnego, musimy określić, że ciało składa się z dużej liczby punktów materialnych o masach mi (i = 1, 2, …,  n). Energia kinetyczna i-tego punktu wynosi $E_{\text{ki}} = \frac{m_{i}v_{i}^{2}}{2}$Ponieważ szybkość vi = ωri , więc $E_{\text{ki}} = \frac{m_{i}r_{i}^{2}\omega^{2}}{2}$ Całkowita energia kinetyczna ciała jest równa $E_{k} = \sum_{i}^{n}E_{\text{ki}} = \sum_{i}^{n}\frac{m_{i}r_{i}^{2}\omega^{2}}{2} = \frac{1}{2}\left( \sum_{i}^{n}{m_{i}r_{i}^{2}} \right)\omega^{2}\ $czyli $E_{k} = \frac{I\omega^{2}}{2}$Kiedy do ruchu obrotowego dołożymy również ruch postępowy środka masy danej bryły sztywnej, to w całkowitej energii kinetycznej ciała dojdzie nam człon związany z ruchem postępowym $E_{k_{postepowy}} = \frac{MV^{2}}{2}\ $gdzie M masa całej bryły, V - prędkość środka masy. Otrzymamy przez to twierdzenie Koeniga, że całkowita energia kinetyczna ciała jest sumą energii kinetycznej ruchu postępowego środka masy oraz ruchu obrotowego bryły. $E_{k} = \frac{I\omega^{2}}{2} + \frac{MV^{2}}{2}$	10. Wyznaczyć pojemność układu n kondensatorów połączonych: (a) szeregowo, (b) równolegle. a) szeregowo Rozważmy n nienaładowanych początkowo kondensatorów C1, C2, ..., Cn połączonych szeregowo (rys. 1). Do zacisków tak powstałego dwójnika przyłożymy napięcie U. Weźmy pod uwagę połączone okładziny kondensatorów Ci oraz Ci + 1 . Przed przyłożeniem napięcia U nie było tam ładunku. Zgodnie z prawem zachowania ładunku również po przyłożeniu napięcia ładunek sumaryczny musi być równy zeru Zatem ładunki na nienaładowanych początkowo kondensatorach połączonych szeregowo są jednakowe. Oznaczające je krótko przez Q i korzystając z II prawa Kirchhoffa, otrzymujemy Zgodnie z definicją pojemność zastępcza rozpatrywanej konfiguracji wynosi b) równolegle Rozważmy n nienaładowanych początkowo kondensatorów C1, C2, ..., Cn połączonych równolegle . Do zacisków tak powstałego dwójnika przyłożymy napięcie U. Całkowity ładunek zgromadzony w dwójniku jest równy (przerywany owal na rysunku powyżej) a napięcia na poszczególnych kondensatorach Ui są równe U. Zatem pojemność zastępcza wynosi 12. Sformułować prawa Kirchoffa przepływu prądu stacjonarnego. Pierwsze prawo Kirchhoffa Dla węzła obwodu elektrycznego suma algebraiczna natężeń prądów wpływających(+) i wypływających(–) jest równa zeru lub Suma natężeń prądów wpływających do węzła jest równa sumie natężeń prądów wypływających z tego węzła. Drugie prawo Kirchhoffa Prawo to dotyczy bilansu napięć w zamkniętym obwodzie elektrycznym prądu stąłego. Brzmi ono W zamkniętym obwodzie suma spadków napięć na oporach równa jest sumie sił elektromotorycznych występujących w tym obwodzie. Przy czym obwód ten może być elementem większej sieci. Wówczas nosi on nazwę oczka sieci. Prawo to zapisane równaniem ma postać $$\sum_{i}^{}U_{i} = \sum_{i}^{}\epsilon_{k}$$ gdzie Ui - spadek napięcia na i-tym elemencie oczka, ϵk - siła elektromotoryczna k-tego źródła napięcia.
7. Kiedy położenie środka masy zespołu cząstek jest zachowane? uzasadnić odpowiedź na postawie równania ruchu położenia środka masy. W układzie punktów materialnych siły działające na punkty dogodnie jest podzielić na siły wewnętrzne i siły zewnętrzne. Siły wewnętrzne są to siły działające między punktami układu. Siły zewnętrzne są to siły które pochodzą nie od cząstek (punktów) układu. Są to siły innych ciał, albo pól fizycznych, które działają na punkty układu. A więc sile, która działa na -ty punkt układu możemy zapisać w postacigdzie - wypadkowa zewnętrzna siła, działająca na -ty punkt, a - wypadkowa wewnętrzna siła, która jest sumą wektorową sił pochodzących od oddziaływania z pozostałymi punktami układu Tu - siła działająca na -ty punkt ze strony punktu -tego. Niech będą wektorami wodzącymi punktów materialnych o masach . Środkiem masy układu nazywa się punkt , którego położenie w przestrzeni określone jest wzoremRównanie ruchu środka masy łatwo otrzymać za pomocą równań ruchu dla poszczególnych punktówSumując równanie powyżej otrzymujemy Tu - masa całego układu, a - suma wszystkich sił działających na punkty materialne układu. Uwzględniając dwa pierwsze wzory, siłę możemy zapisać w postaciSuma wszystkich sił wewnętrznych, zgodnie z trzecim prawem Newtona (), jest równa zeru, ponieważ Z uwzględnieniem wzoru równanie ruchu dla środka masy przyjmuje postać Zatem położenie środka masy zostanie zachowane, tylko gdy suma sił zewnętrznych działających na elementy ciała będzie równa zero	9. Z prawa Gaussa wyznaczyć natężenie pola elektrycznego wokół nieskończonej płaszczyzny naładowanej z gęstością powierzchniową ładunku σ . Jako powierzchnię Gaussa wybieramy walec ustawiony prostopadle do płaszczyzny. Płaszczyzna przecina walec. Po to aby w każdym miejscu podstaw walca mieć takie samo natężenie pola elektrycznego E, zatem w tych punktach E jest stałe. Z prawa Gaussa$\oint_{}^{}{\overrightarrow{E} \circ \overrightarrow{\text{dS}}} = \frac{Q}{\epsilon_{0}}$ gdzie $\overrightarrow{E}$ jest wektorem natężenia pola elektrycznego na powierzchni Gaussa, $d\overrightarrow{S}$ - wektorem małego kawałka powierzchni Gaussa, Q - ładunkiem wewnątrz powierzchni Gaussa. Rozpisujemy iloczyn wektorowy$\oint_{}^{}{E \cdot dS\operatorname{\cdot cos}\alpha} = \frac{\Delta Q}{\epsilon_{0}}$ Kąt między wektorem $\overrightarrow{E}$ a wektorem normalnym do powierzchni $d\overrightarrow{S}$ (na rysunku ΔS) w przypadku podstaw walca wynosi α = 0, stąd cosα = 1, w przypadku powierzchni bocznej walca ten kąt wynosi 90 stopni stąd cosinus zero. Dlatego będziemy brać pod uwagę tylko dwie powierzchnie podstaw walca, gdyż tam cosinus nie zeruje wyrażenia. Zatem$\int_{}^{}{E \cdot dS} = \frac{\Delta Q}{\epsilon_{0}}$gdzie ΔQ jest ładunkiem na powierzchni ΔS na płytce. Gęstość powierzchniowa ładunku jest taka sama na całej płytce, zatem$\sigma = \frac{Q}{S} = \frac{\Delta Q}{\Delta S}$Stąd ładunek zgromadzony na wycinku płaszczyzny można wyznaczyć jakoΔQ = σΔSWstawiając to do ostatniej całki i uwzględniając to, ze E jest stałe w każdym miejscu tych podstaw (bo mamy tę samą odległość od płytki), E wyciągniemy przed całkę jako stałą.$E\int_{}^{}\text{dS} = \frac{\sigma\Delta S}{\epsilon_{0}}$Suma powierzchni, które braliśmy pod uwagę to dwie podstawy zatem ∫dS=2ΔS $E \cdot 2\Delta S = \frac{\sigma\Delta S}{\epsilon_{0}}$Ostatecznie$E = \frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}$Zatem można wnioskować, że natężenie pola elektrycznego dla płytki naładowanej gęstością ładunku σ jest stała, niezależna od odległości od płytki i wynosi jak powyżej. 11. Wyznaczyć indukcję magnetyczną wewnątrz i na zewnątrz nieskończenie długiego przewodnika z prądem o natężeniu I i promieniu R Na kartkach.	13. Napisać układ równań Maxwella dla próżni i podać jego rozwiązanie typu płaskiej fali elektromagnetycznej. Napisać rozwiązanie ogólne równania falowego. Próżnia jest ośrodkiem liniowym, izotropowym. Przenikalność elektryczną próżni oznacza się przez ε0, a przenikalność magnetyczną próżni przez μ0. W próżni nie ma ładunków (ρ=0) i nie płynie prąd (j = 0). Wówczas równania Maxwella upraszczają się do postaci: Z równań tych wynika, że w próżni zmieniające się pole elektryczne wywołuje zmienne wirowe pole magnetyczne, a zmieniające się pole magnetyczne wywołuje zmienne wirowe pole elektryczne. Zmiany te w postaci fali elektromagnetycznej rozchodzą się z prędkością światła. Rozwiązanie wektorowego równania falowego: prędkość fazowa : współczynnik załamania: